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\chapter{Transformación de áreas} \label{ch:08}

En este capítulo y el siguiente se usa el teorema de la función
inversa que sólo enunciamos a continuación.

\begin{theorem}[Teorema de la función inversa]
  Sea $g:B\subseteq
R^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ de clase $C^{1}$ sobre $B$ , $\overline{x_{0}}\in intB$ tal que $\det Dg(\overline{x_{0}})\neq 0$ , entonces:
\begin{itemize}
 \item[(i)] existe una vecindad $V(\overline{x_{0}})$ tal
que $g:V(\overline{x_{0}})\rightarrow g(V(\overline{x_{0}}))$ es
biyectiva.

 \item [(ii)] $DetDg\neq 0$ para toda $\overline{x}\in V(\overline{x_{0}})$ .

 \item[(iii)] la función $g^{-1}:g(V(\overline{x_{0}}))\rightarrow V(\overline{x_{0}})$  es derivable y su derivada, $Dg^{-1}$ , continua en $g(V(\overline{x_{0}}))$ y
$\det Dg^{-1}(\overline{y})=\frac{1}{\det Dg\left( \overline{x}\right) }$ para todo $\overline{y}\in g(V(\overline{x_{0}}))$ y
alguna $\overline{x}\in V(\overline{x_{0}})$ tal que $g(\overline{x})=\overline{y}$ .

 \item[(iv)] El conjunto $g(V(\overline{x_{0}}))$  es abierto.
\end{itemize}
\end{theorem}


Veamos dos ejemplos.

1. Sea $g(x,y)=(x^{2},y)$. La derivada de $g$ está dada por,
\[
Dg(x,y)=\left( 
\begin{array}{ll}
2x & 0 \\ 
0 & 1\end{array}\right) 
\]


\noindent entonces
\[
\det Dg(x,y)=2x=0\text{ si, y sólo si }x=0.
\]


Tenemos que, en todo el eje $Y$, el determinante de la derivada se hace
cero. Veamos cómo transforma esta función el plano. Si fijamos $y=c$, $g(x,c)=(x^{2},c)$; de manera que toda la recta $y=c$, bajo $g$, se dobla
sobre ella misma.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 223pt;original-height 111pt;
\includegraphics[width=348pt,height=176pt]{./img-old/08/HYU9ZR00}
\caption{figura 120}
\end{figure}

Al variar $y$, lo que hace la función $g$, es doblar el plano sobre el
eje $Y$, quedando medio plano empalmado sobre el otro medio plano (como se
muestra en la figura anterior).

Obsérvese que el doblez, en cada $y$, corresponde al punto crítico
de la función $x^{2}$. O sea que el conjunto de puntos críticos de $g$ es todo el eje $Y$. Entonces, para cualquier punto de la forma $(0,y)$,
ocurre que una vecindad del punto, $V(0,y)$, bajo $g$, se dobla sobre sí
misma.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 192pt;original-height 90pt;
\includegraphics[width=329pt,height=155pt]{./img-old/08/HYU9ZR01}
\caption{figura 121}
\end{figure}

\noindent por tanto, no existe vecindad de los puntos de ésta forma, $(0,y)$, en donde $g$ sea uno a uno. Cualquier punto en $g(V(0,y))$ proviene
de dos puntos en $V(0,y)$; y, puntos frontera en $g(V(0,y))$ provienen de
puntos interiores en $V(0,y)$.\medskip

\bigskip

\textbf{Comentario}. A los puntos $\left( x_{0},y_{0}\right) $ tales que $\det Dg(x_{0},y_{0})=0$, se les llama \textit{puntos singulares} de $g$.

Por otro lado, para cualquier punto $(x_{0},y_{0})$ con $x_{0}\neq 0\,$,
como las parciales de $g$ son continuas, tenemos que $2x_{0}=\det
Dg(x_{0},y_{0})\neq 0$, y no habrá problema. Existe una vecindad de $(x_{0},y_{0})$, $V(x_{0},y_{0})$ donde $g$ es uno a uno.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 195pt;original-height 68pt;
\includegraphics[width=359pt,height=127pt]{./img-old/08/HYU9ZR02}
\caption{figura 122}
\end{figure}

\noindent Además, $\det Dg(x_{0},y_{0})\neq 0$ para todo $(x,y)\in
V(x_{0},y_{0})$; $g(V(x_{0},y_{0}))$ es abierto, $g^{-1}$ es derivable, su
derivada es continua en $g(V(x_{0},y_{0}))$ y
\[
Dg^{-1}(\overline{y})=\left[ Dg(\overline{x})\right] ^{-1}=\frac{1}{Dg(\overline{x})}
\]

\noindent para $\overline{y}\in g(V(x_{0},y_{0}))$ y $\overline{x}=(x,y)\in
V(x_{0},y_{0})$ tal que $g(\overline{x})=\overline{y}$ por lo que
\[
 \det Dg^{-1}(\overline{y})=\frac{1}{\det Dg(\overline{x})} .
\]


2. Sea $g(x,y)=\left( x^{2},y^{2}\right) $. Entonces,
\[
Dg(x,y)=\left( 
\begin{array}{ll}
2x & 0 \\ 
0 & 2y\end{array}\right) 
\]


\noindent y
\[
\det Dg=4xy=0\text{ si, y sólo si }x=0\text{ o }y=0.
\]


Obsérvese la siguiente figura:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 189pt;original-height 121pt;
\includegraphics[width=284pt,height=191pt]{./img-old/08/HYU9ZR03}
\caption{}
\end{figure}
\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 216pt;original-height 167pt;
\includegraphics[width=291pt,height=226pt]{./img-old/08/HYU9ZR04}
\caption{figra 123}
\end{figure}

Bajo $g$, rectas paralelas al eje $X$, se doblan hacia la derecha en el eje $Y$ empalmándose; y, rectas paralelas al eje $Y$, se doblan hacia arriba
en el eje $X$, también empalmándose (figura a). Entonces, lo que
hace $g$ es doblar el plano, ahora en cuatro; todo el plano lo dobla sobre
el primer cuadrante (figura b). Así, ésta transformación es
cuatro a uno; un punto en la imagen de $B$, bajo $g$, proviene de cuatro
puntos de $B$. Además, en cualquier punto de la forma $(x,0)$, no existe
vecindad del punto, $V(x,0)$, donde $g$ sea uno a uno y, puntos interiores
de $B$, bajo $g$, van a puntos en la frontera de $g(V(x,0))$. Lo mismo
ocurre para todo punto de la forma $(0,y)$.

Pero si $x_{0}\neq 0$ y $y_{0}\neq 0$; es decir, $\det Dg(x_{0},y_{0})\neq 0$, entonces existe una vecindad $V(x_{0},y_{0})$ donde $g$ es uno a uno y,
por tanto, existe la función:
\[
 g^{-1}:g(V(x_{0},y_{0}))\rightarrow V(x_{0},y_{0}) ,
\]


\noindent con $\det Dg(x_{0},y_{0})\neq 0$ para todo $(x,y)\in
V(x_{0},y_{0}) $, $g(V(x_{0},y_{0}))$ es abierto, $g^{-1}$ es derivable, su
derivada es continua en $g(V(x_{0},y_{0}))$ y
\[
 \det Dg^{-1}(\overline{y})=\frac{1}{\det Dg(\overline{x})} .
\]


\noindent para $\overline{y}\in g(V(x_{0},y_{0}))$.



\section{Las hipótesis}


Queremos ver bajo qué condiciones se cumple que, dado un conjunto $g(B)=\Omega $, se satisface que
\[
A(\Omega )= \int_{\Omega } 1= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert 
\]

De entrada, tan sólo de ver esta fórmula, resulta natural pensar que:

1. Los conjuntos $B$ y $g(B)$ deben ser conjuntos con área (Jordán-medibles), para que tenga sentido hablar de la integral de algo sobre esos
conjuntos.

2. La función $g$ debe ser derivable, para que tenga sentido hablar de
la integral de la función $\left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert $; y ésta debe ser integrable.

3. Queremos que $B$ sea tal que $g(B)=\Omega $; entonces $B=g^{-1}(\Omega )$, por lo que:

4. La función $g$ debe ser uno a uno.

\bigskip

Es evidente que $g$ es sobreyectiva, las imágenes de todos los puntos en 
$B$ cubren todo $\Omega =g(B)$; esto lo damos por hecho. Vamos a ir afinando
las condiciones y precisando su significado. Con las hipótesis que ya
nos vayamos quedando, las vamos ir enumerando y resaltando en itálicas.
Por ahora, con lo único que nos quedaremos es con la condición de
que:

\textit{1. El conjunto }$B$\textit{ es Jordán-medible}.

\bigskip

Continuando con el ejemplo de cambio de variables en coordenadas polares,
veamos cómo se transforma el plano bajo esta transformación. Sean
\[
g(r,\theta )=(r\cos \theta ,r\sin \theta )
\]

\noindent y
\[
 B=\left\{ (r,\theta )\mid 0\leq r\leq 1\text{ y }0\leq \theta \leq 2\pi
\right\} 
\]

\noindent Entonces $g(B)=C$ es el disco unitario. Vea la figura \ref{fig:disk-unitar}.

\begin{figure} \centering 
%original-width 222pt;original-height 110pt;
\includegraphics[width=202pt,height=101pt]{./img-old/08/HYU9ZR05}
\caption{figura 114}
\label{fig:disk-unitar}
\end{figure}

Utilizando la fórmula \ref{eq:cambio-var1} de la sección 2, en el capítulo anterior, tenemos que

\[
\int_\Omega 1= \int_{B} \left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert = \int_{B} r 
\]
\[
=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{2\pi } rd\theta \right) dr=\int_{0}^{1} r2\pi dr=\pi 
\]

\noindent es decir:\textbf{\ }$A(C)=A\left( g(B)\right) =\pi $

\bigskip

Ahora, tomemos
\[
 B^{\prime }=\left\{ (r,\theta )\mid 0\leq r\leq 1\text{ y }0\leq \theta
\leq 4\pi \right\} 
\]


\noindent Tenemos que $g(B^{\prime })$ sigue siendo el disco unitario $C$,
pero
\[
 \int_{g(B^{\prime })} 1= \int_{B^{\prime }} r=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{4\pi } rd\theta
\right) dr=\int_{0}^{1} r4\pi dr=2\pi 
\]


\noindent es decir, tendríamos que $A(C)=A(g(B^{\prime }))=2\pi $. Pero
este no es el valor del área de la circunferencia de radio uno.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 221pt;original-height 119pt;
\includegraphics[width=206pt,height=112pt]{./img-old/08/HYU9ZR06}
\caption{figura 115}
\end{figure}

Lo que pasa es que al variar $\theta $ de cero a $2\pi $ recorremos una vez
todo el círculo unitario; y al variar $\theta $ de $2\pi $ a $4\pi $,
le damos otra vuelta al círculo. Entonces, lo que obtenemos al integrar
sobre $g(B^{\prime })$, es dos veces el área del círculo.

Nótese que si tomamos una franja infinita, de ancho igual a $2\pi $, $0\leq r<\infty $ y $0\leq \theta \leq 2\pi $, bajo $g$, cubrimos todo el
plano una vez.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 228pt;original-height 132pt;
\includegraphics[width=228pt,height=133pt]{./img-old/08/HYU9ZR07}
\caption{figura 116}
\end{figure}

Y si tomamos $0\leq \theta \leq 4\pi $, al variar $\theta $ de $0$ a $2\pi $
llenamos una vez el plano; y, al rebasar $2\pi $, como que le damos la
vuelta al plano y empezamos a llenarlo nuevamente, hasta quedar lleno al
llegar a $4\pi $.

Entonces, si tenemos una región $B$ en el plano $r-\theta $, al calcular
\[
 \int_{g(B)} 1= \int_{B} r
\]

\noindent podemos estar duplicando áreas, o triplicándolas o más; de modo que, el área de $g(B)$ no sería igual al área de $\Omega $.

Este problema se resuelva pidiendo que $g$ sea uno a uno (inyectiva) en $B$.
Además, si partimos de que $\Omega =g(B)$ queremos que $g$ y $B$ sean
tales que el área de $g(B)$ sea igual al área de $\Omega $;
entonces, el conjunto $B$ que buscamos es precisamente $B=g^{-1}(\Omega )$.
Resulta natural pensar que hay que pedir que $g$ sea uno a uno en $B$.

Pero, si $B$ tiene área --para que exista $ \int_{B} r$--,
entonces el contenido de la frontera de $B$ es cero; es decir, que $c(\partial B)=0$ y, por tanto, $\partial B$ no "aporta" área. De modo
que, para no duplicar áreas, bastará con pedir que $g$ sea uno a uno
en el interior de $B$.

\textit{2. la función g es uno a uno en }$intB$.

\bigskip

\textbf{Observación 1. }Nótese que $g^{-1}$ existirá sólo de 
$g(intB)$ al interior de $B$; esto es, $g^{-1}(g(intB))=intB$. Aquí se
nos presenta un problema, pues sabemos que $g(B)=\Omega $ y entonces $intg(B)=int\Omega $, pero no sabemos si $g(intB)=int\Omega $; o sea, no
sabemos si $g(intB)=intg(B)$. De hecho, veremos un ejemplo donde ocurre que $g(intB)\subset intg(B)$ y sí se satisface la fórmula \ref{eq:cambio-var1}.\medskip

\textbf{Observación 2}. Que la función $g$ sea uno a uno en $intB$,
nos garantiza que \textbf{en el caso} de que $g(B)$ tenga área, ésta
no se duplicará, pero aún nada nos garantiza que $g(B)$ tenga área.

\bigskip

Notemos que $g(B)$ tiene área si, y solo si, su frontera tiene contenido
cero; es decir, queremos que $c(\partial g(B))=0$, cuando lo que tenemos es
que $c(\partial B)=0$, pues $B$ tiene área.

Obsérvese que si $g(intB)\subset intg(B)$, entonces: $g(B)-intg(B)\subset g(B)-g(intB)$ y, por tanto, $\partial g(B)\subset
g(\partial B)$. En tal caso, $c(\partial g(B))\leq c(g(\partial B))$. Bastaría entonces que $c(g(\partial B))=0$ para garantizar que $g(B)$ es Jordán-medible. Además, lo señalado en la observación 1, no sería ningún problema, pues si $\partial g(B)$ y $g(\partial B)$
tienen contenido cero, no "aportan" área, entonces $A(g(B))=A(intg(B))=A(g(intB))$.

\bigskip

Pero, como decíamos, el problema es que si $g$ es uno a uno en $intB$,
nada nos garantiza que $c(\partial g(B))=0$. Más adelante resolveremos
este problema.\medskip

Por ahora veamos qué pasa con los puntos frontera, en el caso que
estamos tratando, el cambio a coordenadas polares.

Supongamos que
\[
 B=\left\{ (r,\theta )\mid -1\leq r\leq 1\text{ y }0\leq \theta \leq 2\pi
\right\} 
\]


\noindent resulta que $g(B)$ es el disco unitario, pero $g$ es dos a uno de $B$ en $g(B)$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 229pt;original-height 225pt;
\includegraphics[width=273pt,height=269pt]{./img-old/08/HYU9ZR08}
\caption{figura 117}
\end{figure}


Podemos imaginar lo que $g$ le hace al rectángulo $B$ como sigue:
primero, lo dobla sobre el eje $\theta $; luego, comprime el eje $\theta $
en un sólo punto (el origen), al mismo tiempo las lineas verticales
(paralelas al eje $\theta $) las va convirtiendo en arcos, hasta completar
el círculo uniendo los segmentos paralelos al eje $r$. Estos puntos
frontera, bajo $g$, van a puntos en el interior de $g(B)$; y, es evidente
que $g$ no es $1$ a $1$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 219pt;original-height 153pt;
\includegraphics[width=378pt,height=264pt]{./img-old/08/HYU9ZR09}
\caption{figura 118}
\end{figure}


En cualquier rectángulo que atraviese el eje $\theta $, al aplicarle $g$
va a ocurrir esencialmente lo mismo; aún si $\theta $ no recorre un ángulo mayor o igual que $2\pi $, $g$ no va a ser uno a uno en todo el rectángulo. Si en lugar de rectángulo, damos una vecindad con centro en
cualquier punto del eje $\theta $ (o sea, un punto de la forma $(0,\theta )$), también ocurre lo mismo, $g$ no es $1$ a $1$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 194pt;original-height 132pt;
\includegraphics[width=215pt,height=147pt]{./img-old/08/HYU9ZR0A}
\caption{figura 119}
\end{figure}

En conclusión, en $r=0$ no existe vecindad donde $g$ sea uno a uno.

Si tenemos
\[
 B=\left\{ (r,\theta )\mid 0\leq r\leq 1\text{ y }0\leq \theta \leq 2\pi
\right\} 
\]


\noindent y $g(r,\theta )=(r\cos \theta ,r\sin \theta )$, entonces, como se
puede observar en la siguiente figura, conforme el ángulo avanza, hasta $\theta $, la imagen es una sección del disco unitario; pero al llegar a $2\pi $, se llena el disco y las rectas paralelas al eje $r$, bajo $g$, se
empalman sobre el eje $X$. Esto es, la frontera de $B$, bajo $g$, va a dar a
la frontera de $g(B)$, más un segmento en el interior de $g(B)$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 531pt;original-height 301pt;
\includegraphics[width=229pt,height=130pt]{./img-old/08/HYU9ZR0B}
\caption{figura 119b}
\end{figure}

\[
 g(\partial B)=\partial g(B)\cup \left\{ (x,y)\mid y=0\text{ y }0\leq x\leq
1\right\} 
\]

\noindent por tanto, $\partial g(B)\subset g(\partial B)$.\medskip

Obsérvese que para cualquier $(r,\theta )\in intB$, ocurre que $r$ es
diferente de cero; y, resulta que con estos puntos, los puntos interiores de 
$B$, no hay ningún problema, pues para cualquier $(r,\theta )\in intB$,
existe una vecindad $V(r,\theta )\subset B$ en donde $g$ es uno a uno. Además, la imagen de la vecindad, $g(V(r,\theta ))$, es un conjunto abierto
contenido en la imagen de $B$ bajo $g$; es decir, $g(V(r,\theta ))\subset
g(B)$. Y, por tanto, existe $g^{-1}:g(V(r,\theta ))\rightarrow V(r,\theta )$. Además, como $g(r,\theta )\in g(V(r,\theta ))$ que es un abierto
contenido en $g(B)$, tenemos que $g(r,\theta )$ es punto interior de $g(B)$:
puntos interiores de $B$, bajo $g$, van a puntos interiores de $g(B)$ y $g(intB)\subset intg(B)$.

\bigskip

Para poder garantizar, en general, lo establecido en el párrafo anterior, hay que pedir que la función $g$ cumpla con las condiciones del
teorema de la función inversa, es decir, que $g$ sea continuamente
derivable en el interior de $B$ y que el determinante de la derivada de $g$
sea distinto de cero ($\left\vert \det Dg\right\vert \neq 0$) para todo
punto en el interior de $B$. Con ésto, vamos a poder demostrar, en la
siguiente sección, que $\partial g(B)\subset g(\partial B)$ y que el
contenido de $\partial g(B)$ es cero, luego $g(B)$ será un conjunto con 
área.

En nuestro ejemplo, efectivamente ocurre que $\left\vert \det Dg\right\vert
=r\neq 0$, para todo $(x,y)\in intB$ y $g$ manda puntos interiores en puntos
interiores (conjuntos abiertos en conjuntos abiertos).

\bigskip

En resumen, también necesitamos pedir que:

\noindent \textit{3. }$\left\vert \det Dg\right\vert \neq 0$ \textit{para
todo punto en} $intB$

\noindent \textit{4. la función }$g$\textit{ tenga derivada continua,
es decir}: $g\in C^{1}$ en $intB$.

\bigskip

\textbf{Observación}. Si $g(r,\theta )=(g_{1}(r,\theta ),g_{2}(r,\theta
))$, entonces el determinante de la derivada de $g$, es la diferencia del
producto de las parciales evaluadas en $(r,\theta )$; esto es,
\[
\left\vert \det Dg(r,\theta )\right\vert =\left\vert \frac{\partial g_{1}}{\partial r}\frac{\partial g_{2}}{\partial \theta }-\frac{\partial g_{1}}{\partial \theta }\frac{\partial g_{2}}{\partial r}\right\vert 
\]

\noindent De manera que si la derivad de $g$ es continua, tenemos
que:\medskip

\noindent a) las parciales son continuas y, producto de continuas es
continua y, resta de continuas es continua. Así, a pequeños cambios
de $(r,\theta )\in B$, la variación de las parciales es mínima y,
por tanto, la variación del determinante de $Dg$ es mínima;
y\medskip

\noindent b) si en el punto $(r_{0},\theta _{0})$ tenemos que $\det
Dg(r_{0},\theta _{0})\neq 0$, entonces podemos garantizar que $\det
Dg(r,\theta )$ $\neq 0$ en todos los puntos de una vecindad de $(r_{0},\theta _{0})$.

\bigskip

\textbf{Resumen}. Para que $g(B)$ tenga área; es decir, para que exista
la integral $ \int_{g(B)} 1$, y que ésta esté dada por:
\[
 A(g(B))= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det
Dg\right\vert 
\]


\noindent las \textbf{hipótesis} que necesitamos son:

\bigskip

\noindent \textit{1. El conjunto }$B$\textit{ es Jordán-medible}.

\noindent \textit{2. la función $g$ es uno a uno en }$intB$.

\noindent \textit{3. }$\left\vert \det Dg\right\vert \neq 0$ \textit{para
todo punto en} $intB$

\noindent \textit{4. la función }$g$\textit{ tenga derivada continua,
es decir}: $g\in C^{1}$.

\bigskip

\textbf{Observación 1}. La hipótesis 3, $\left\vert \det
Dg\right\vert \neq 0$, nos garantiza que $g$ es uno a uno, pero sólo
localmente, en una vecindad para cada $\overline{x}\in intB$; y esto no
garantiza que $g$ sea uno a uno en todo el interior de $B$, por ello es
necesario pedir 2, que $g$ sea uno a uno en $intB$, para no duplicar áreas. Por ejemplo, en el cambio de variables con coordenadas polares, con $g(r,\theta )=(r\cos \theta ,r\sin \theta )$, para cualquier punto en el
primer cuadrante, $(r_{0},\theta _{0})$, podemos dar una vecindad con un
radio suficientemente pequeño, para que cada $g(r,\theta )\in
g(V(r_{0},\theta _{0}))$, provenga de uno, y solo un punto en $V(r_{0},\theta _{0})$. Entonces $g$ es uno a uno para cada punto del primer
cuadrante, pero $g$ no es uno a uno en todo el primer cuadrante.

\bigskip

\textbf{Observación 2}. Recuérdese que por definición, una función $f$ es derivable en un conjunto $\Omega $ si existe un conjunto
abierto $U$ tal que $\Omega \subset U$ y $f$ es derivable en todo punto de $U $. Entonces nos faltaría sólo pedir que $g$ esté definida en
un conjunto abierto $D$, tal que $B\cup \partial B\subset D$.


\section{Resultado general para la transformación de áreas}


Lo que vamos a hacer en esta sección es demostrar la siguiente proposición, a través de tres resultados.

\bigskip 

\textbf{Proposición}$\star $\textbf{\ }{\small . }Sea $g:A\subset 
\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$\textit{, con }$A$\textit{\ un
conjunto abierto y acotado; y sea} $B\subset \mathbb{R}^{2}$\ \textit{tal
que }$B\cup \partial B\subset A$.

\noindent \textit{Si:}

\noindent 1) $B$\textit{ tiene área (es Jordan medible);}

\noindent 2) $g$\ \textit{es uno a uno en }$intB$\textit{;}

\noindent 3) $g\in C^{1}$\ \textit{en}$\ A$\textit{; y}

\noindent 4) $\left\vert \det Dg\right\vert \neq 0$\ \textit{en }$intB$\textit{.}

\noindent \textit{Entonces, }$g(B)$\textit{\ tiene área (es Jordan
medible) y está dada por:}
\[
 A(g(B))= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det
Dg\right\vert 
\]


Primero hacemos las siguientes dos observaciones:

\textbf{Observación 1. }Supongamos que $A$ es un conjunto abierto y $g:A\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ tiene derivada continua en $A$. Supongamos
que $R=[x_{0},x_{1}]\times \lbrack y_{0},y_{1}]$ es un cuadrado de lado $K$
totalmente contenido en $A$, entonces $g(R)$ es una deformación de $R$.
Consideremos la transformación $L$ que más se parece a la imagen de $g$ en una vecindad de $\overline{x}_{0}=(x_{0},y_{0})$. Para todo $\overline{x}\in R$, esta función está definida por:
\[
 L(\overline{x})=g(\overline{x}_{0})+Dg(\overline{x}_{0})(\overline{x}-\overline{x}_{0}) .
\]


\noindent $L(R)$ deforma el cuadrado $R$ en un paralelogramo.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 494pt;original-height 243pt;
\includegraphics[width=258pt,height=127pt]{./img-old/08/I02P1100}
\caption{figura 124}
\end{figure}

Tenemos como hipótesis que $g$ es de clase $C^{1}$ en $A$, así que
las derivadas parciales de $g$ son continuas en $R$, que es un conjunto
cerrado y acotado, entonces las derivadas parciales de $g$ están
acotadas en $R$. Sea $\mu $ la mayor de esas cotas; es decir, para todo $(x,y)\in R$,

\begin{eqnarray*}
\left\vert \frac{\partial g_{1}}{\partial x}(x,y)\right\vert &\leq &\mu
\qquad \ \left\vert \frac{\partial g_{2}}{\partial x}\left( x,y\right)
\right\vert \leq \mu \\
\left\vert \frac{\partial g_{1}}{\partial y}(x,y)\right\vert &\leq &\mu
\qquad \ \left\vert \frac{\partial g_{2}}{\partial y}(x,y)\right\vert \leq
\mu
\end{eqnarray*}


De esta forma, si calculamos la distancia entre cualesquiera dos vértices del paralelogramo $L(R)$, veremos que la podemos acotar; es decir,
los lados y las diagonales del paralelogramo las podemos acotar. Tomemos,
por ejemplo, los vértices $L(x_{0},y_{0})=L(\overline{x}_{0})$ y $L(x_{1},y_{1})=L(\overline{x}_{1})$, su distancia está dada por:
\[
 \left\Vert L(\overline{x}_{1})-L(\overline{x}_{0}\right\Vert =\left\Vert g(\overline{x}_{0})+Dg(\overline{x}_{0})(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{0})-\left[ g(\overline{x}_{0})+Dg(\overline{x}_{0})(\overline{x}_{0}-\overline{x}_{0})\right] \right\Vert 
\]
\[
 =\left\Vert Dg(\overline{x}_{0})(x_{1}-x_{0},y_{1}-y_{0})\right\Vert 
\]


\noindent como $\left\vert x_{1}-x_{0}\right\vert =K$, $\left\vert
y_{1}-y_{0}\right\vert =K$, $g(\overline{x}_{0})=(g_{1}(\overline{x}_{0}),g_{2}(\overline{x}_{0}))$ y

\[
Dg(\overline{x}_{0})=\left( 
\begin{array}{ll}
\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x} & \frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y} \\ 
\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x} & \frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\end{array}\right) \left( 
\begin{array}{c}
K \\ 
K\end{array}\right) 
\]
\[
 =\left( \frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}K+\frac{\partial
g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}K,\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}K+\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}K\right) 
\]


\noindent entonces,
\[
 \left\Vert L(\overline{x}_{1})-L(\overline{x}_{0}\right\Vert =\sqrt{\left( 
\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}+\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) ^{2}K^{2}+\left( \frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}+\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) ^{2}K^{2}}
\]
\[
 \leq \sqrt{\left( \mu +\mu \right) ^{2}K^{2}+\left( \mu +\mu \right)
^{2}K^{2}}=\sqrt{8\mu ^{2}K^{2}}
\]

\noindent por tanto
\[
\left\Vert L(\overline{x}_{1})-L(\overline{x}_{0}\right\Vert \leq 2\sqrt{2}\mu K
\]


Para los otros vértices, repitiendo el procedimiento se llega a lo
mismo. Así, si $R\subset B$ y los vértices del paralelogramo $L(R)$
son $L(\overline{x}_{0})$, $L(\overline{x}_{1})$, $L(\overline{x}_{2})$, y $L(\overline{x}_{3})$ entonces:
\begin{equation} \label{eq:tr-areas1}
\left\Vert L(\overline{x}_{i})-L(\overline{x}_{i+1})\right\Vert \leq 2\sqrt{2}\mu K
\end{equation}
para $i$ entero variando de $0$ a $3$.

\bigskip

\bigskip

\textbf{Observación 2. }Para cada punto $(x,y)$ en $R$, $g(x,y)=\left(
g_{1}(x,y),g_{2}(x,y)\right) $, las funciones $g_{1}$ y $g_{2}$ van de $A\subseteq \mathbb{R}^{2}$ a $\mathbb{R}$ y son derivables; esto es, cumplen
las hipótesis del teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}$. Recordemos este teorema:

Sea $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ derivable en un conjunto
abierto que contiene al segmento $S$ que une a los vectores $\overline{x}$ e 
$\overline{y}$; entonces existe $\overline{x_{0}}\in S$, tal que:
\[
 f(\overline{y})-f(\overline{x})=Df(\overline{x}_{0})(\overline{y}-\overline{x}) .
\]


En efecto, definimos $\ell (t)=f(t(\overline{y}-\overline{x})+\overline{x})$
y $m(t)=t(\overline{y}-\overline{x})+\overline{x}$, para $t\in \left[ 0,1\right] $. Nótese que la función $m$ recorre el vector $\overline{y}-\overline{x}$ y lo traslada a $\overline{x}$, cuando $t$ recorre el
intervalo $\left[ 0,1\right] $; es decir, las imágenes de $t$ bajo $m$
son puntos en el segmento $S$. Además, $m$ es derivable. Por otro lado,
la función $\ell $ va de los reales en los reales, y es derivable,
entonces existe $a\in \left[ 0,1\right] $ tal que:
\[
\ell (1)-\ell (0)=\ell ^{\prime }(a)
\]

Pero $\ell (1)=f(\overline{y})$ y $\ell (0)=f(\overline{x})$; además,
por la regla de la cadena, $\ell ^{\prime }(a)$ es la derivada de $f$ en $m(a)$ multiplicada por $m^{\prime }(a)=(\overline{y}-\overline{x})$, con $m(a)=\overline{\xi }\in S$. Por tanto
\[
 f(\overline{y})-f(\overline{x})=Df(\overline{\xi })(\overline{y}-\overline{x})\Diamond  .
\]


Usando este resultado, para cualquier punto $\overline{x}=(x,y)$ en el
cuadrado $R\subset B$, tenemos que existe $\overline{\xi }$ en el segmento
que une $\overline{x}$ con $\overline{x}_{0}$, tal que:
\[
 g_{1}(\overline{x})-g_{1}(\overline{x}_{0})=Dg_{1}(\overline{\xi })(\overline{x}-\overline{x}_{0})
\]
\[
 =\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial
g_{1}(\overline{\xi })}{\partial y}(y-y_{0})
\]
entonces,
\[
 g_{1}(\overline{x})=g_{1}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial
y}(y-y_{0})
\]


Análogamente, para $g_{2}$ existe $\overline{\eta }$ en el segmento que
une $\overline{x}$ con $\overline{x}_{0}$ tal que:
\[
g_{2}(\overline{x})=g_{2}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial y}(y-y_{0})
\]
por tanto:
\begin{align*}
g(\overline{x})=\left( g_{1}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial y}(y-y_{0}), \right. \\
\left. g_{2}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial y}(y-y_{0})\right) 
\end{align*}
Como:
\begin{align*}
L(\overline{x})=\left( g_{1}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}(y-y_{0}), \right.\\
\left. g_{2}(\overline{x}_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}(y-y_{0})\right) 
\end{align*}
entonces
\[
\left\Vert g(\overline{x})-L(\overline{x})\right\Vert =\left\Vert \left( 
\begin{array}{c}
\left( \frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}-\frac{\partial
g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right) \left( x-x_{0}\right) +\left( 
\frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial y}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) \left( y-y_{0}\right) \mathbf{,} \\ 
\left( \frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial x}-\frac{\partial
g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right) (x-x_{0})+\left( \frac{\partial
g_{2}(\overline{\eta })}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) (y-y_{0})\end{array}\right) \right\Vert 
\]
\[
=\sqrt{\begin{array}{c}
\left[ \left( \frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right) \left( x-x_{0}\right)
+\left( \frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial y}-\frac{\partial
g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) \left( y-y_{0}\right) \right]
^{2}+ \\ 
\left[ \left( \frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial x}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right) (x-x_{0})+\left( \frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right) (y-y_{0})\right] ^{2}\end{array}}
\]


Ahora bien, tenemos que las derivadas parciales de $g$ están acotadas,
entonces la diferencia de las parciales evaluadas en cualquier punto del
cuadrado $R$, con las parciales evaluadas en $\overline{x}_{0}$, estará
acotada. Sea $\varepsilon _{0}$ la mayor de esas cotas, entonces:
\[
\left\vert \frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial x}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right\vert \leq \varepsilon
_{0}\text{, }\left\vert \frac{\partial g_{1}(\overline{\xi })}{\partial y}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right\vert \leq \varepsilon
_{0},
\]
\[
\left\vert \frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial x}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial x}\right\vert \leq \varepsilon
_{0}\text{ y }\left\vert \frac{\partial g_{2}(\overline{\eta })}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{0})}{\partial y}\right\vert \leq
\varepsilon _{0}
\]


\noindent y como $\left\vert x-x_{0}\right\vert \leq K$, $\left\vert
y-y_{0}\right\vert \leq K$ (pues $K$ es el lado de $R$), tenemos que:
\[
\left\Vert g(\overline{x})-L(\overline{x})\right\Vert \leq \sqrt{\left(
\varepsilon _{0}K+\varepsilon _{0}K\right) ^{2}+\left( \varepsilon
_{0}K+\varepsilon _{0}K\right) ^{2}}
\]
\[
 =\sqrt{8K^{2}\varepsilon _{0}^{2}}=2\sqrt{2}K\varepsilon _{0}
\]


Así, para cualquier $\overline{x}\in R$ se satisface la desigualdad:
\begin{equation} \label{eq:tr-areas2}
\left\Vert g(\overline{x})-L(\overline{x})\right\Vert \leq 2\sqrt{2}K\varepsilon _{0}
\end{equation}


Ahora vamos a enunciar un resultado que nos permite acotar el conjunto $g(R)$, encerrándolo en el paralelogramo $L(R)$, cuatro círculos $C$ y
cuatro rectángulos $S$, como se muestra en la siguiente figura \ref{fig:4circ-1rect}.

\begin{figure} \centering 
%original-width 179pt;original-height 174pt;
\includegraphics[width=182pt,height=177pt]{./img-old/08/I02PO901}
\caption{figura 127}
\label{fig:4circ-1rect}
\end{figure}


\textbf{Resultado A. }\textit{Sea }$A\subset \mathbb{R}^{2}$ \textit{un
conjunto abierto,} $g:A\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ \textit{una función
de clase }$C^{1}$\textit{\ en }$A$\textit{. Si }$R$\textit{\ es cualquier} 
\textit{cuadrado de lado }$K$\textit{\ contenido en }$A$\textit{, }$R\subset
A$\textit{, entonces el área exterior de }$g(R)$, $\overline{A}(g(R)$, 
\textit{está acotada de la siguiente forma:}
\begin{equation} \label{eq:area-acot}
\left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert K^{2}-32\mu K^{2}\varepsilon
_{0}\leq \overline{A}(g(R))\leq \left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert K^{2}+32K^{2}\left( \pi \varepsilon _{0}+\mu \right)
\varepsilon _{0}  \tag{\bf{A}}
\end{equation}
\noindent donde $\overline{x}_{0}$ es el vértice inferior izquierdo de $R
$, $\mu $ es la mayor de las cotas de las derivadas parciales de $g$
evaluadas $R$, $\varepsilon _{0}$ es la mayor de las cotas de la diferencia
de las derivadas parciales de $g$ evaluadas en $\overline{x}_{0}$, con las
parciales evaluadas en cualquier otro punto de $R$.

\bigskip

Dem. Para la desigualdad de la derecha, damos cada círculo $C$ de la
figura \ref{fig:4circ-1rect}, con centro en un vértice del paralelogramo $L(R)$ y radio $r$,
\[
r=\max \left\{ \left\Vert g(\overline{x})-L(\overline{x})\right\Vert \mid 
\overline{x}\in R\text{ y }g(\overline{x})\text{ está fuera del
paraleogramo}\right\} .
\]


\noindent Y damos los rectángulo $S$ con un lado igual al lado adyacente
del paralelogramo y otro lado igual a $r$.

Sea $\Gamma $ la unión del paralelogramo $L(R)$ con los cuatro círculos $C$, y los cuatro rectángulos $S$. Efectivamente ocurre que $g(R)$
está contenido en $\Gamma $ pues, de existir $\overline{x}\in R$ tal que 
$g(\overline{x})\notin \Gamma $, entonces tendríamos que $g(\overline{x})\notin L(R)$ y la distancia de $g(\overline{x})$ a cualquier punto en el
paralelogramo sería mayor que $r$, en particular $\left\Vert g(\overline{x})-L(\overline{x})\right\Vert >r$, lo que es una contradicción. Entonces tenemos que
\[
 g(R)\subset L(R)\cup \left( \text{los 4 círculos }C\right) \cup \left( 
\text{los 4 rectángulos }S\right) 
\]
por lo que, numerando los rectángulos $S$,
\[
\overline{A}(g(R))\leq A(L(R))+4A(C)+\sum_{i=0}^{3} A(S_{i})
\]

\noindent Del teorema \ref{th:matriz-inv}, tenemos que $A(L(R))=\left\vert \det
Dg(\overline{x}_{0})\right\vert A(R)$, entonces
\[
 \overline{A}(g(R))\leq \left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert
K^{2}+4\left( \pi r^{2}\right) +\left( \sum_{i=0}^{3} r\left\Vert L(\overline{x}_{i})-L(\overline{x}_{i+1}\right\Vert \right) 
\]


\noindent donde $L(\overline{x}_{i})$, $i=0,1,2,3$ son los vértices del
paralelogramo y $K$ el lado de $R$.

\bigskip

De la observación \ref{eq:tr-areas1}, tenemos que $\left\Vert L(\overline{x}_{i})-L(\overline{x}_{i+1}\right\Vert \leq 2\sqrt{2}\mu K$; y, de la \ref{eq:tr-areas2}, tenemos que 
$r\leq 2\sqrt{2}K\varepsilon _{0}$. Por tanto,
\[
 \overline{A}(g(R))\leq \left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert
K^{2}+4\pi \left( 2\sqrt{2}K\varepsilon _{0}\right) ^{2}+4\left( 2\sqrt{2}K\varepsilon _{0}\right) \left( 2\sqrt{2}\mu K\right) 
\]
\[
 =\left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert K^{2}+32\pi
K^{2}\varepsilon _{0}^{2}+32K^{2}\mu \varepsilon _{0}
\]
\[
\overline{A}(g(R))\leq \left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert
K^{2}+32K^{2}\left( \pi \varepsilon _{0}+\mu \right) \varepsilon _{0}.
\]



Para la desigualdad de la izquierda en \ref{eq:area-acot}, la idea es la misma y los
detalles de la demostración se dejan como ejercicio. Para ello, nótese que los puntos del paralelogramo $L(R)$ que se salen de $g(R)$, los
podemos cubrir con la unión de cuatro rectángulos $S^{\prime }$, los
mismos de la figura \ref{fig:4circ-1rect}, pero tomados hacia adentro del paralelogramo, como
se muestra en la siguiente figura:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 170pt;original-height 148pt;
\includegraphics[width=165pt,height=144pt]{./img-old/08/I02QOL04}
\caption{figura 128}
\end{figure}

\noindent De forma que
\[
 L(R)-g(R)\subset \cup \left( \text{los 4 rectángulos }S^{\prime
}\right) 
\]
y, entonces
\[
 A(L(R))-\overline{A}(g(R))\leq 4\left( 2\sqrt{2}K\varepsilon \right) \left(
2\sqrt{2}\mu K\right) 
\]
por tanto
\[
\left\vert \det Dg(\overline{x}_{0})\right\vert K^{2}-32\mu K^{2}\varepsilon
_{0}\leq \overline{A}(g(R))\Diamond
\]



\textbf{Resultado B. }\textit{Sea }$A\subset \mathbb{R}^{2}$ \textit{un
conjunto abierto,} $g:A\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ \textit{una función
de clase }$C^{1}$\textit{\ en }$A$; \textit{sea }$R$\textit{\ un cuadrado
que contiene a }$A$\textit{\ (}$A\subset R$\textit{), y sea }$P$\textit{\
cualquier partición de }$R$\textit{\ tal que, induce subcuadrados }$R_{jr}$\textit{. Si para algún }$R_{jr}$ \textit{se tiene que }$R_{jr}\subset A$\textit{, entonces, }
\begin{equation}
\overline{A}(g(R_{jr})\leq \int_{R_{jr}} \left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert  \tag{\bf{B}}
\end{equation}

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 230pt;original-height 132pt;
\includegraphics[width=328pt,height=189pt]{./img-old/08/I02QW905}
\caption{figura 130}
\end{figure}

Sean $\varepsilon >0$, $R_{jr}\subset A$ y $\mu _{jr}$ la mayor de las cotas
de las parciales evaluadas en $R_{jr}$. Nótese que las derivadas
parciales de $g$ son continuas en $R_{jr}$, que es cerrado y acotado; por
tanto, las parciales son uniformemente continuas; entonces, existe $\delta
_{jr}>0$ tal que si $\left\Vert \overline{x}-\overline{y}\right\Vert <\delta
_{jr}$, para $\overline{x},\overline{y}\in R_{jr}$, entonces
\[
\left\vert \frac{\partial g_{1}(\overline{x})}{\partial x}-\frac{\partial
g_{1}(\overline{y})}{\partial x}\right\vert <\varepsilon \text{, }\left\vert 
\frac{\partial g_{1}(\overline{x})}{\partial y}-\frac{\partial g_{1}(\overline{y})}{\partial y}\right\vert <\varepsilon ,
\]
\[
\left\vert \frac{\partial g_{2}(\overline{x})}{\partial x}-\frac{\partial
g_{2}(\overline{y})}{\partial x}\right\vert <\varepsilon \text{ y }\left\vert 
\frac{\partial g_{2}(\overline{x})}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}(\overline{y})}{\partial y}\right\vert <\varepsilon .
\]


Sea $P^{\prime }$ refinamiento de $P$, tal que induce subcuadrados $S_{ik}$
de lado $K<\min \left\{ \frac{\delta }{\sqrt{2}}\text{, }K_{0}\right\} $,
con $K_{0}$ el lado de los cuadrados $R_{jr}$ y $\delta $ la más chica
de las $\delta _{jr}$ que existen para cada $R_{jr}\subset A$. Entonces,
\[
\left\vert \frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{jr})}{\partial x}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{ik})}{\partial x}\right\vert <\varepsilon \text{, }\left\vert \frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{jr})}{\partial y}-\frac{\partial g_{1}(\overline{x}_{ik})}{\partial y}\right\vert <\varepsilon ,
\]
\[
\left\vert \frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{jr})}{\partial x}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{ik})}{\partial x}\right\vert <\varepsilon \text{ y }\left\vert \frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{jr})}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}(\overline{x}_{ik})}{\partial y}\right\vert <\varepsilon 
\]


\noindent donde $\overline{x}_{jr}$ y $\overline{x}_{ik}$ son los vértices inferiores izquierdos de $R_{jr}$ y $S_{ik}$, respectivamente.

Además, como $S_{ik}\subset R_{jr}\subset A$, las derivadas parciales
evaluadas en $\overline{x}_{ik}$ también son menores que $\mu _{jr}$. O
sea que se cumple el resultado \textbf{A} para cada subcuadrado $S_{ik}$; y,
por tanto:

\bigskip

\textit{Para toda }$\varepsilon >0$\textit{ existe un refinamiento }$P^{\prime }$\textit{\ de }$P$\textit{, que induce subcuadrados }$S_{ik}$\textit{\ de }$R$\textit{ tales que, para cada }$S_{ik}\subset A$\textit{ 
, el área exterior de }$g(S_{sik})$, $\overline{A}(g(S_{ik}))$, \textit{satisface:}

\begin{equation} \label{eq:B1}
\left\vert \det Dg(\overline{x}_{ik})\right\vert K^{2}-32K^{2}\mu
\varepsilon \leq \overline{A}(g(S_{ik}))\leq \left\vert \det Dg(\overline{x}_{ik})\right\vert K^{2}+32K^{2}(\pi \varepsilon +\mu _{jr})\varepsilon 
\end{equation}

\noindent donde $K$ es el lado del subcuadrado $S_{ik}$.

\bigskip

Ahora, nótese que $R_{jr}$ es unión finita de rectángulos $S_{ik} $, entonces $g(R_{jr})=\underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\cup }g(S_{ik}) $, por tanto
\[
 \overline{A}(g(R_{jr}))=\overline{A}\left( \underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\cup }g(S_{ik})\right) \leq \underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\sum }\overline{A}(g(S_{ik}))
\]
\[
\leq \underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\sum }\left\vert \det Dg(\overline{x}_{ik})\right\vert K^{2}+32K^{2}(\pi \varepsilon +\mu _{jr})\varepsilon .
\]


Sea $h(x,y)=\left\vert \det Dg(x,y)\right\vert $, para \thinspace $(x,y)\in
R_{jr}$. La función $h$ es continua en $R_{jr}$ y, por tanto,
integrable. Sea $M_{ik}=\sup \left\{ h(x,y)\mid (x,y)\in S_{ik}\right\} $;
y, como el área de $S_{ik}$ es $K^{2}$, $V(S_{ik})=K^{2}$, entonces
\[
 \overline{A}(g(R_{jr}))\leq \underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\sum }M_{ik}V(S_{ik})+\underset{S_{ik}\subset R_{jr}}{\sum }32V(S_{ik})(\pi
\varepsilon +\mu _{jr})\varepsilon 
\]
\[
 \overline{A}(g(R_{jr}))\leq \overline{S}(h,P^{\prime })+32V(R_{jr})(\pi
\varepsilon +\mu _{jr})\varepsilon 
\]


\noindent donde $\overline{S}(h,P^{\prime })$ es la suma superior de $h$ con
la partición $P^{\prime }$. Si en lugar de $P^{\prime }$ tomamos
cualquier refinamiento $Q$ de $P^{\prime }$, la desigualdad que se sigue
cumpliendo, por tanto:
\[
 \overline{A}(g(R_{jr}))\leq \int_{R_{jr}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert +32V(R_{jr})(\pi \varepsilon +\mu _{jr})\varepsilon 
\]


\noindent Además, como $\varepsilon $ es un número arbitrario, y $R_{jr}$ es un subcuadrado inducido por cualquier partición $P$, entonces
podemos quitar el segundo sumando, y:
\[
 \overline{A}(g(R_{jr}))\leq \int_{R_{jr}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert \Diamond 
\]


El siguiente resultado es consecuencia de los dos anteriores.

\bigskip

\textbf{Resultado C}. \textit{Sea }$A\subset \mathbb{R}^{2}$ \textit{un
conjunto abierto,} $g:A\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ \textit{una función
de clase }$C^{1}$\textit{ en }$A$; s\textit{ea }$B$\textit{\ un conjunto
Jordán Medible, tal que }$\overline{B}=B\cup \partial B\subset A$\textit{, con }$g$\textit{\ sobre, uno a uno y }$\left\vert \det Dg\right\vert \neq
0 $\textit{ en }$intB$\textit{. Entonces}

\noindent \textit{El área exterior de }$g(B)$\textit{ es menor o igual
que la integral de }$\left\vert \det Dg\right\vert $\textit{ sobre }$B$\textit{; es decir,}
\begin{equation} \label{eq:C1}
\overline{A}(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert 
\end{equation}
\begin{equation} \label{eq:C2}
\overline{A}(g(\partial B))=0 
\end{equation}

\noindent \textit{Además, }$\partial g(B)\subset g(\partial B)$\textit{,
y }$g(B)$\textit{ tiene área (es Jordán medible) y satisface:}
\begin{equation} \label{eq:C3}
A(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert 
\end{equation}
\begin{equation} \label{eq:C4}
A(g(B))\geq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert 
\end{equation}


\noindent Será inmediato, entonces, que $A(g(B))= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert $.

\bigskip

\textbf{Demostración de \ref{eq:C1}}. Tenemos como hipótesis que $g$ está
definida en $A$, un conjunto abierto y acotado; sea $R$ un cuadrado que
contiene a $A$. Como $B$ es un conjunto con área tal que $\overline{B}=B\cup \partial B\subset A$ que es abierto, entonces existe un conjunto
cerrado $A^{\prime }$ tal que $\overline{B}\subset intA^{\prime }\subset
A^{\prime }\subset A$  Sea $P$ una partición de $R$ que induce
subcuadrados $R_{jr}$, tal que para todo refinamiento $P^{\prime }$ de $P$,
que induce subcuadrados $S_{ik}$, ocurra que si $S_{ik}\cap \overline{B}\neq
\varnothing $ entonces $S_{ik}\subset A^{\prime }$. Tales refinamientos
existen por estar $\overline{B}\subset intA^{\prime }$ y ser $\overline{B}$
compacto. Se puede tomar el diámetro de $S_{ik}<\frac{1}{\sqrt{2}}\min
\left\{ d(\overline{x},\partial A)\mid \overline{x}\in B\right\} $, donde la
distancia de un punto a un conjunto está dada por $d(p,X)=\inf \left\{
\left\Vert p,\overline{x}\right\Vert \mid \overline{x}\in X\right\} $ (ver
la definición de diámetro de un conjunto en la observación 3, al
final de las demostraciones de los resultados).

Consideremos el polígono exterior de $B$:
\[
P_{e}=\underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\cup }S_{ik}\subset A^{\prime }\subset A
\]

La imagen de $P_{e}$, bajo $g$, es $\underset{S_{ik}\in P_{e}}{\cup }g(S_{ik})$.

\bigskip

Del resultado \textbf{B} tenemos que, para cada $S_{ik}\subset A^{\prime
}\subset A$ se cumple la desigualdad:
\[
 \overline{A}(g(S_{ik}))\leq \int_{S_{ik}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert 
\]

\noindent entonces
\[
\underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }\overline{A}(g(S_{ik}))\leq \underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }\left( \int_{S_{ik}} \left\vert \det Dg(x,y)\right\vert \right) = \int_{P_{e}} \left\vert \det Dg(x,y)\right\vert 
\]

\noindent como $B\subset P_{e}$, entonces $g(B)\subset g(P_{e})=\underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\cup }g(S_{ik})$, por lo que
\[
 \overline{A}(g(B))\leq \overline{A}\left( g(P_{e})\right) \leq \underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }\overline{A}(g(S_{ik}))\leq 
\int_{P_{e}} \left\vert \det Dg(x,y)\right\vert 
\]
es decir,
\[
 \overline{A}(g(B))\leq \int_{P_{e}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert 
\]


\noindent como $\left\vert \det Dg(x,y)\right\vert \geq 0$ y $\partial B$
tiene contenido cero, pues $B$ es Jordán medible; y, además:
\[
 P_{e}=\left( \underset{S_{ik}\subset intB}{\cup }S_{ik}\right) \cup \left( 
\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\cup }S_{ik}\right) 
\]


\noindent si refinamos y refinamos nuestra partición, los $S_{ik}$
contenidos en $B$ tienden a $B$, y la suma de las áreas de los $S_{ik}$
que se intersecan con la frontera de $B$, tiende a cero. Entonces
\[
 \overline{A}(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert .
\]


En efecto, tenemos que
\[
\overline{A}(g(B))\leq \int_{P_{e}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert = \uint_{P_{e}} \left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert 
\]


\noindent Consideremos nuevamente la función $h(x,y)=\left\vert \det
Dg(x,y)\right\vert $, $(x,y)\in P_{e}$ y $M_{ik}=\sup \left\{ h(x,y)\mid
(x,y)\in S_{ik}\right\} $, entonces cualquier suma superior de $h$ es mayor
o igual que el área exterior de $g(B)$, en particular,
\[
 \overline{A}(g(B))\leq \overline{S}(h,P)=\underset{S_{ik}\subset P_{e}}{\sum }M_{ik}V(S_{ik})=\underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}V(S_{ik})
\]

\begin{equation} \label{eq:box}
\overline{A}(g(B))\leq \underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }M_{ik}V(S_{ik})+\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}V(S_{ik}) 
\end{equation}


Obsérvese que los $S_{ik}$ que intersecan con $\partial B$, tienen como
unión la parte sombreada en la siguiente figura:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 231pt;original-height 219pt;
\includegraphics[width=215pt,height=205pt]{./img-old/08/HYU9ZS0J}
\caption{figura 132}
\end{figure}

Como $\left\vert \det Dg(x_{i},y_{k})\right\vert \geq 0$, entonces $M_{ik}\geq 0$ y $A(S_{ik})\geq 0$, así que:
\[
\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}A(S_{ik})\leq
\left( \underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}\right)
\left( \underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }A(S_{ik})\right) 
\]


Nótese que
\[
\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }A(S_{ik})=\underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }A(S_{ik})-\underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }A(S_{ik})
\]
\noindent entonces,
\[
\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}A(S_{ik})\leq
\left( \underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}\right)
\left( \underset{S_{ik}\cap \overline{B}\neq \varnothing }{\sum }A(S_{ik})-\underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }A(S_{ik})\right) 
\]


\noindent Desigualdad que se cumple para todo refinamiento $P^{\prime }$ de $P$ (tal, que induce subcuadrados que si $S_{ik}\cap \overline{B}\neq
\varnothing $ entonces $S_{ik}\subset A^{\prime }$); y, como $B$ es Jordán medible, entonces
\[
 \underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}A(S_{ik})\leq
\left( \underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik})\right) \left( \overline{A}(B)-\underline{A}(B)\right) =0
\]


\noindent (se está usando el hecho de que si $\alpha \leq k\beta
-k\theta $, y $\beta \geq \theta $ para todos $\beta \in B$ y $\theta \in C$, con $k,\alpha \in \mathbb{R}$ y $B,C\subset \mathbb{R}$ acotados; entonces 
$\alpha \leq k\inf B-k\sup C$).

\bigskip

Retomando la desigualdad \ref{eq:box}:
\[
\overline{A}(g(B))\leq \underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }M_{ik}V(S_{ik})+\underset{S_{ik}\cap \partial B\neq \varnothing }{\sum }M_{ik}V(S_{ik})
\]
entonces
\[
\overline{A}(g(B))\leq  \int_{B} h(x,y)+0
\]

\noindent (se está usando el hecho de que si $a\leq b$ para todo $b\in
C\subset \mathbb{R}$; entonces $a\leq \inf C$; y que para dos conjuntos $A$, 
$B\subset \mathbb{R}$, si $a\geq b$ para todo $a\in A$ y $b\in B$, entonces $a-b\leq \inf A-\sup B$). Así tenemos lo que queríamos demostrar:
\[
 \overline{A}(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert
\Diamond 
\]


\begin{proof}[Demostración de \ref{eq:C2}] 
 Por demostrar que $\overline{A}(g(\partial B))=0$.

Como $\partial B$ es un conjunto cerrado y acotado contenido en el conjunto
abierto $A$, y $A(\partial B)=0$, entonces podemos aplicar el resultado
anterior, al conjunto $\partial B$, por lo que
\[
0\leq \overline{A}(g(\partial B))\leq  \int_{\partial B} \left\vert \det Dg\right\vert 
\]
pero
\[
\int_{\partial B} \left\vert \det Dg\right\vert \leq \left( 
\underset{\partial B}{\max }\left\vert \det Dg\right\vert \right) A(\partial
B)=0
\]
por tanto $\overline{A}(g(\partial B))=0$
\end{proof}



\textbf{Demostración de \ref{eq:C3} }Por demostrar que $\partial g(B)\subset
g(\partial B)$, $g(B)$ tiene área (es Jordán medible) y satisface:
\[
 A(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert  .
\]


Primero demostraremos que $\partial g(B)\subset g(\partial B)$. Observemos
que, como $B\cup \partial B$ es compacto y $g$ continua, entonces $g(B\cup
\partial B)$ es compacto. Además, como $g(B)\subset g(B\cup \partial B)$
que es un conjunto cerrado, se sigue que
\[
g(B)\cup \partial g(B)\subset g(B\cup \partial B).
\]

\noindent En particular, se tiene que $\partial g(B)\subset g(B\cup \partial
B)$.

\bigskip

Tomemos cualquier $\overline{\xi }\in \partial g(B)$. Por demostrar que $\overline{\xi }\in g(\partial B)$.

Como $\overline{\xi }\in \partial g(B)$, entonces $\overline{\xi }\in
g(B\cup \partial B)$; luego existe $\overline{x}\in B\cup \partial B$ tal
que $g(\overline{x})=\overline{\xi }$. Entonces, $\overline{x}\in intB$ o $\overline{x}\in \partial B$.

Supongamos que $\overline{x}\in intB$. Por hipótesis, $g\in C^{1}$ y $\left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert \neq 0$. Por el teorema de la
función inversa, existe una vecindad de $\overline{x}$ contenida en $B$, 
$V(\overline{x})\subset B$, tal que $g(V(\overline{x}))$ es un conjunto
abierto. Además,
\[
\overline{\xi }=g(\overline{x})\in g(V(\overline{x}))\subset g(B)
\]

\noindent Por lo que $\overline{\xi }\in intg(B)$, lo que es una contradicción pues partimos de que $\overline{\xi }\in \partial g(B)$. Así que
es falso suponer que $\overline{x}\in intB$ y, entonces $\overline{x}\in
\partial B$, por tanto $g(\overline{x})=\overline{\xi }\in g(\partial B)$.
Lo que demuestra que $\partial g(B)\subset g(\partial B)$. Entonces
\[
0\leq \overline{A}(\partial g(B))\leq \overline{A}(g(\partial B))=0
\]
Así que $g(B)$ tiene área (es Jordán medible); y,
\[
 A(g(B))=\overline{A}(g(B))\leq  \int_{B} \left\vert \det
Dg\right\vert \Diamond 
\]


\textbf{Demostración de} \ref{eq:C4} Por demostrar que $A(g(B))\geq 
\int _{B} \left\vert \det Dg\right\vert $.$\medskip $

Observemos que $g^{-1}$ existe pues $\left\vert \det Dg^{-1}\right\vert =\frac{1}{\left\vert \det Dg\right\vert }\neq 0$ y está bien definida
para toda $\overline{y}\in g(intB)$, ya que $g$ es uno a uno en $intB$ y $g(intB)$ es abierto. Esto es $g^{-1}$ satisface las hipótesis del
resultado C, y por \ref{eq:C1} tenemos que:
\[
A\left[ g^{-1}(g(intB))\right] \leq  \int_{g(B)} \left\vert \det
Dg^{-1}\right\vert = \int_{g(B)} \frac{1}{\left\vert \det
Dg\right\vert }
\]


\noindent por tanto
\[
A\left[ g^{-1}(g(intB))\right] =A(B)\leq  \int_{g(B)} \frac{1}{\left\vert \det Dg\right\vert }
\]

\noindent Como $A(g(\partial B))=0$, entonces $A\left[ g^{-1}(g(B))\right] =A\left[ g^{-1}(g(intB))\right] $; entonces
\[
 A\left[ g^{-1}(g(B))\right] \leq  \int_{g(B)} \frac{1}{\left\vert
\det Dg\right\vert }
\]


El resultado lo podemos aplicar a los subcuadrados inducidos por $P^{\prime }
$, $S_{ik}$, contenidos en $intB$, y nos queda que
\[
 A(S_{ik})\leq \int_{g(S_{ik})} \frac{1}{\left\vert \det
Dg\right\vert }
\]


\noindent Sea $m_{ik}=\min \left\{ \left( \left\vert \det Dg(\overline{x})\right\vert \mid \overline{x}\in S_{ik}\subset intB\right) \right\} $,
entonces
\[
\int_{g(S_{ik})} \frac{1}{\left\vert \det Dg\right\vert }\leq 
\frac{1}{m_{ik}}A(g(S_{ik}))
\]

\noindent lo que implica que
\[
A(S_{ik})\leq \frac{1}{m_{ik}}A(g(S_{ik})).
\]

\noindent Por tanto, para todo $S_{ik}\subset intB$ se tiene
\[
m_{ik}A(S_{ik})\leq A(g(S_{ik}))
\]

Sea $P_{i}=\underset{S_{ik}\subset intB}{\cup }S_{ik}\subset B$, entonces
\[
A(g(B))\geq \underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }A(g(S_{ik}))\geq \underset{S_{ik}\subset intB}{\sum }m_{ik}A(S_{ik})
\]

\noindent Desigualdad que se cumple para todo refinamiento $Q$ de $P^{\prime
}$, por lo que
\[
A(g(B))\geq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert \Diamond 
\]

De \textbf{C3} y \ref{eq:C4} tenemos:
\[
 \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert \geq A(g(B))\geq  \int_{B} \left\vert \det Dg\right\vert
\]

\noindent por tanto $g(B)$ es Jordán medible y
\[
 A(g(B))= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det
Dg\right\vert 
\]


\noindent Así, hemos demostrado la proposición${\bigstar }$,
pues cualquier función $g$ y cualquier conjunto $B$ que cumplan las hipótesis del lema, satisfacen las hipótesis de los resultados
demostrados.

\bigskip

Por último, en esta sección, haremos una observación que
usaremos en el siguiente capítulo.\medskip

\textbf{Observación 3}. La mayor de las distancias entre cualesquiera
dos puntos en $g(S_{ik})$ tiende a cero si, y sólo sí, la diagonal
del cuadrado $S_{ik}$ tiende a cero. Veamos.

Sean $(\xi _{i}^{\prime },\eta _{k}^{\prime })$, $(\xi _{i}^{\prime \prime
},\eta _{k}^{\prime \prime })$ cualesquiera dos puntos en $g(S_{ik})$,
entonces
\[
\left\Vert (\xi _{i}^{\prime },\eta _{k}^{\prime })-(\xi _{i}^{\prime
\prime },\eta _{k}^{\prime \prime })\right\Vert =\left\Vert g(x_{i}^{\prime
},y_{k}^{\prime })-g(x_{i}^{\prime \prime },y_{k}^{\prime \prime
})\right\Vert 
\]
\[
\leq \left\Vert L(x_{i}^{\prime },y_{k}^{\prime })-L(x_{i}^{\prime \prime
},y_{k}^{\prime \prime })\right\Vert +\left\Vert g(x_{i}^{\prime
},y_{k}^{\prime })-L(x_{i}^{\prime },y_{k}^{\prime })\right\Vert +\left\Vert
g(x_{i}^{\prime \prime },y_{k}^{\prime \prime })-L(x_{i}^{\prime \prime
},y_{k}^{\prime \prime })\right\Vert 
\]


\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 224pt;original-height 107pt;
\includegraphics[width=377pt,height=167pt]{./img-old/08/HYU9ZS0K}
\caption{figura 134}
\end{figure}

De la observación \ref{eq:tr-areas1}, tenemos que la longitud entre cualesquiera dos vértices del rombo $L(S_{ik})$ es menor o igual que $2\sqrt{2}K\mu $,
entonces la longitud entre cualesquiera dos puntos en $L(S_{ik})$ es menor o
igual que $2\sqrt{2}K\mu $. Y, de la observación \ref{eq:tr-areas2}, la diferencia entre
cualquier punto en $g(S_{ik})$ con cualquiera en $L(S_{ik})$ es menor que $2\sqrt{2}K\varepsilon $. Por lo que
\[
 \left\Vert (\xi _{i}^{\prime },\eta _{k}^{\prime })-(\xi _{i}^{\prime
\prime },\eta _{k}^{\prime \prime })\right\Vert \leq 2\sqrt{2}K\mu +2\sqrt{2}K\varepsilon +2\sqrt{2}K\varepsilon 
\]
\[
 =\sqrt{2}K(2\mu +4\varepsilon )
\]


Pero $\sqrt{2}K$ es la longitud de la diagonal del cuadrado $S_{ik}$ de lado 
$K$, de modo que si subdividimos y subdividimos el cuadrado en subcuadrados,
haciendo tender a cero su área, entonces su diagonal tiende a cero. En
consecuencia, la distancia entre cualesquiera dos puntos de los
correspondientes subcuadrados degenerados $g(S_{ik})$, también tiende a
cero.

Así pues, para cualesquiera $(\xi _{i}^{\prime },\eta _{k}^{\prime })$, 
$(\xi _{i}^{\prime \prime },\eta _{k}^{\prime \prime })\in g(S_{ik})$ ocurre
que
\[
\left\Vert (\xi _{i}^{\prime },\eta _{k}^{\prime })-(\xi _{i}^{\prime
\prime },\eta _{k}^{\prime \prime })\right\Vert \rightarrow 0\text{ si y sólo
si }\left\Vert (x_{i}^{\prime },y_{k}^{\prime })-(x_{i}^{\prime \prime
},y_{k}^{\prime \prime })\right\Vert \rightarrow 0
\]


\textbf{Definición}. \textit{El diámetro de un conjunto }$F$\textit{, }$d\left[ F\right] $\textit{, se define como la mayor de las distancias
entre los puntos del conjunto. Esto es},
\[
 d\left[ F\right] =\max \left\{ \left\Vert (a,b)-(c,d)\right\Vert \mid
(a,b),(c,d)\in F\right\} 
\]


\noindent por tanto,
\begin{equation}
d\left[ g(S_{ik})\right] \ { \rightarrow }\ 0\text{ si, y sólo si }d\left[ S_{ik}\right] \ { \rightarrow }\ 0  \tag{$obs3\star $}
\end{equation}



\section{Ejemplos}


a) Calcular el área del paralelogramo con vértices en $(0,0)$, $(1,1) $, $(3,1)$ y $(2,0)$.

Es inmediato que el área del paralelogramo es dos veces el área del
triángulo de base $2$ y altura $1$; o sea el área del paralelogramo
es $2$. Pero, usando la \resaltar{proposición$\star $}, podemos dar una transformación que nos lleve el rectángulo $R$ de base $2$ y altura $1$ al
paralelogramo dado. Por ejemplo
\[
g(u,v)=(u+v,v)=(x,y)
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 217pt;original-height 88pt;
\includegraphics[width=328pt,height=135pt]{./img-old/08/I13BYV00}
\caption{figura 135}
\end{figure}

\noindent Es obvio que $g$ satisface las hipótesis de la proposición$\star $ y, además $g(R)=$paralelogramo.
\[
\det Dg(u,v)=\det \left( 
\begin{array}{ll}
1 & 1 \\ 
0 & 1\end{array}\right) =1
\]


\noindent por tanto
\[
A(g(R))= \int_{g(R)} 1= \int_{R} 1=\int_{0}^{2} \left( \int_{0}^{1} 1dv\right) du=\int_{0}^{2} 1du=2
\]

b) Sea $g(u,v)=(u^{2}-v,u+v^{2})=(x,y)$, $R=\left[ 0,1\right] \times \left[
0,1\right] $. Determinar $g(R)$ y calcular su área.

\noindent Si $u=0$ y $0\leq v\leq 1$, entonces $x=-y$, $y=v^{2}$ por lo que
\[
y=x^{2}\text{ y }-1\leq x\leq 0\text{, }0\leq y\leq 1.
\]


\noindent Si $v=0$ y $0\leq u\leq 1$, entonces $y=u$, $x=u^{2}$, por lo que
\[
x=y^{2}\text{ y }0\leq y\leq 1\text{, }0\leq x\leq 1.
\]


\noindent Si $u=1$ y $0\leq v\leq 1$, entonces $x=1-v$, $x-1=v$ y $y=1+v^{2}$, $y-1=v^{2}$, por lo que
\[
(x-1)^{2}=y-1\text{, }x^{2}-2x+2=y
\]

\noindent por tanto
\[
0\leq x\leq 1\text{ y }1\leq y\leq 2.
\]


\noindent Si $v=1$ y $0\leq u\leq 1$, entonces $x=u^{2}-1$, $x+1=u^{2}$ y $y=u+1$, $y-1=u$, por lo que
\[
-1\leq x\leq 0\text{ y }1\leq y\leq 2.
\]


Así que $g(R)=\Omega $ es como en la siguiente figura.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 207pt;original-height 96pt;
\includegraphics[width=322pt,height=142pt]{./img-old/08/HYU9ZS0M}
\caption{figura 136}
\end{figure}

Cualquier punto en el interior de $g(R)$, proviene de un sólo punto en $R $. En efecto, supongamos que no; es decir, supongamos que $g(u,v)=g(u_{0},v_{0})$, entonces
\[
u^{2}-v=u_{0}^{2}-v_{0}\text{ y }u+v^{2}=u_{0}+v_{0}^{2}
\]
\[
\Rightarrow u^{2}-u_{0}^{2}=v-v_{0}\text{ y }v^{2}-v_{0}^{2}=u_{0}-u.
\]


\noindent Si $u\neq u_{0}$, supongamos $u_{0}<u$, entonces
\[
 u_{0}-u<0
\]
\[
\Rightarrow v^{2}-v_{0}^{2}<0\text{ por tanto }v<v_{0}
\]

\noindent pero
\[
u_{0}<u\text{ si y sólo si }u_{0}^{2}<u^{2}
\]
\[
 \Rightarrow 0<u^{2}-u_{0}^{2}=v-v_{0}
\]

\noindent y
\[
v_{0}<v
\]

\noindent lo cual es una contradicción.

\bigskip

Análogamente se llega a una contradicción, suponiendo que $u<u_{0}$.
por tanto
\[
 u=u_{0}\Rightarrow u^{2}=u_{0}^{2}
\]
\[
 \Rightarrow u^{2}-u_{0}^{2}=v-v_{0}=0
\]
se sigue que
\[
 v=v_{0} .
\]


Así, tenemos que $g$ es uno a uno. Y, es obvio que $g$ es $C^{1}$, $R$
es un rectángulo y tiene área y para todo $(u,v)\in R$, ocurre que
\[
\det Dg(u,v)=\det \left( 
\begin{array}{ll}
2u & -1 \\ 
1 & 2v\end{array}\right) =4uv+1>0
\]


\noindent entonces,
\[
 A(g(R))= \int_{g(R)} 1= \int_{R} 4uv+1
\]
\[
 =\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} \left( 4uv+1\right) du\right) dv=\int_{0}^{1} \left(
2v+1\right) dv=2
\]


c) Calcular el área del conjunto
\[
\Omega =\left\{ \left( x,y\right) \mid 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4\text{; con }x,y\geq 0\right\} 
\]

Evidentemente $\Omega $ es una parte del disco con centro en cero y radio 2;
la parte derecha en la siguiente figura \ref{fig:disco-radio-2}:

\begin{figure} \centering 
%original-width 205pt;original-height 81pt;
\includegraphics[width=305pt,height=123pt]{./img-old/08/HYU9ZS0N}
\caption{figura 137}
\label{fig:disco-radio-2}
\end{figure}

Nos conviene cambiar a coordenadas polares, sea $g(r,\theta )=(r\cos \theta
,r\sin \theta )$; con $r^{2}=x^{2}+y^{2}$, entonces $1\leq r\leq 2$, y $0\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}$. Entonces, el rectángulo $R=\left[ 1,2\right] \times \left[ 0,\frac{\pi }{2}\right] $, bajo $g$, va a $\Omega $;
además, $R$ es un rectángulo con área y, en el interior de $R$, $g$ es uno a uno, de clase $C^{1}$ y $detDg(r,\theta )=r>0$. por tanto
\[
 A(\Omega )=A(g(R))= \int_{g(R)} 1= \int_{R} r
\]
\[
 =\int^{\frac{\pi }{2}}_0 \left( \int_{1}^{2} rdr\right) d\theta 
=\int_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{3}{2}d\theta =\frac{3}{4}\pi 
\]


\textbf{Observación 4}$\star $. La proposición$\star $ se generaliza
a $\mathbb{R}^{n}$, tan solo cambiando en el enunciado $\mathbb{R}^{2}$ por $\mathbb{R}^{n}$:

\bigskip

\textbf{Proposición}$\star $. \textit{Sea }$g:D\subset \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}$\textit{, con }$D$\textit{ un conjunto
abierto y acotado; y, sea }$B\subset \mathbb{R}^{n}$ \textit{tal que }$B\cup
\partial B\subset D$\textit{ Si 1) }$B$\textit{\ tiene área (es Jordán medible); 2) }$g$\textit{\ es uno a uno en }$intB$\textit{; 3) }$g\in
C^{1}$\textit{\ en}$\ D$\textit{; y, 4) }$\left\vert \det Dg\right\vert \neq
0$\textit{\ en }$intB$\textit{. Entonces, }$g(B)$\textit{\ tiene área
(es Jordán medible); y, demás,}
\[
 A(g(B))= \int_{g(B)} 1= \int_{B} \left\vert \det
Dg\right\vert 
\]


La demostración es análoga a la expuesta para $n=2$.

Veremos dos ejemplos para transformación de volúmenes; es decir,
para $g:\mathbb{R}^{3}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$



\section{Transformación de volúmenes}


\subsection{Coordenadas cilíndricas}

Sea $g:\mathbb{R}^{3}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$, dada por $g(r,\theta
,z)=(r\cos \theta ,r\sin \theta ,z)$. La función $g$ nos transforma un
cubo en un cilindro. Vea la figura \ref{fig:carte2cilind}

\begin{figure} \centering 
%original-width 227pt;original-height 135pt;
\includegraphics[width=270pt,height=176pt]{./img-old/08/HYU9ZS0O}
\caption{Transformacion coordenadas cartesianas a cilindricas}
\label{fig:carte2cilind}
\end{figure}

Veamos. Dejemos fijo $z=-a$ y variamos $r$ y $\theta $; o sea, $g$ nos queda
sólo en función de $r$ y $\theta $ y como si estuviéramos
haciendo un cambio de variables en coordenadas polares. Si $\theta \in \left[ 0,2\pi \right] $ y $0\leq r\leq a$, entonces $g$ transforma el rectángulo de lados $2\pi $ y $a$, en el círculo de radio $a$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 211pt;original-height 123pt;
\includegraphics[width=278pt,height=164pt]{./img-old/08/HYU9ZS0P}
\caption{figura 139}
\end{figure}

Al variar $z\in \left[ -a,a\right] $, en el dominio nos queda un cubo, que
bajo $g$, se transforma en el cilindro:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 753pt;original-height 468pt;
\includegraphics[width=323pt,height=189pt]{./img-old/08/HYU9ZT0Q}
\caption{figura 140}
\end{figure}

Para $r=0$ y $\theta =0$, $g(0,0,z)=(0,0,z)$; o sea que todo el eje $Z$,
bajo $g$, se queda fijo. Si $r=0$, $g(0,\theta ,z)=(0,0,z)$; esto es, toda
la parte de atrás del cubo, bajo $g$, se comprime en el eje $Z$. Las
tapas superior e inferior del cubo, bajo $g$, se transforman en las tapas
superior e inferior, respectivamente, del cilindro. Los lados derecho e
izquierdo del cubo, se unen. Y, el frente del cubo, bajo $g$, se transforma
en la superficie del cilindro$.$

Cualquier cubo en $\mathbb{R}^{3}$, bajo $g$, se transforma en una sección de cilindro:

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 222pt;original-height 157pt;
\includegraphics[width=289pt,height=170pt]{./img-old/08/HYU9ZT0R}
\caption{figura 141}
\end{figure}

Si tenemos $0\leq r\leq 1$, $0\leq \theta \leq 2\pi $ y $0\leq z\leq 1$,
entonces $g$ transforma el cubo en un cilindro de altura $h=1$ y radio $r=1$.
Vea la figura \ref{fig:trans-cubo-cilindro}

\begin{figure} \centering 
%original-width 207pt;original-height 105pt;
\includegraphics[width=260pt,height=133pt]{./img-old/08/HYU9ZT0S}
\caption{figura 142}
\label{fig:trans-cubo-cilindro}
\end{figure}

El volumen del cilindro $C$, es igual al área del círculo de radio $r$, por la altura $h$:
\[
A(C)=\pi r^{2}h=\pi = \int_{C} 1
\]

En efecto, tomando $R=\left[ 0,1\right] \times \left[ 0,2\pi \right] \times \left[ 0,1\right] $; entonces $g(R)=C$
\[
 \int_{C} 1= \int_{R} \left\vert \det Dg\right\vert 
\]

\noindent pero
\[
Dg(r,\theta ,z)=\left( 
\begin{array}{lll}
-r\sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 
r\cos \theta & \sin \theta & 0 \\ 
0 & 0 & 1\end{array}\right) 
\]


\noindent entonces
\[
 \left\vert \det Dg\right\vert =\left\vert -r(\sin ^{2}\theta +\cos
^{2}\theta )\right\vert =r
\]
por tanto
\[
  \int_{R} \left\vert \det Dg\right\vert = \int_{R} r=\int_{0}^{1} \left[ \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{2\pi } rd\theta \right) dr\right] dz
\]
\[
 =\int_{0}^{1} \left[ \int_{0}^{1} 2\pi rdr\right] dz=\int_{0}^{1} \pi dz=\pi .
\]


\noindent Y, en general, para $R=\left[ 0,r\right] \times \left[ 0,\theta \right] \times \left[ 0,z\right] $
\[
 A(g(R))= \int_{g(R)} 1= \int_{R} \left\vert \det
Dg\right\vert = \int_{R} r
\]
\[
 =\int_{0}^{z} \left[ \int_{0}^{r} \left( \int_{0}^{\theta } rd\theta \right) dr\right]
dz=\pi r^{2}z
\]


Si $\Omega \subset \mathbb{R}^{3}$ se puede expresar en coordenadas cilíndricas, entonces
\[
 A(g(R))= \int_{\Omega =g(R)} 1= \int_{R} \left\vert \det
Dg\right\vert = \int_{R} r
\]

\subsection{Transformación de volúmenes en coordenadas esféricas}


Sea $g(\theta ,\alpha ,\rho )=(\rho \cos \alpha \cos \theta ,\rho \cos
\alpha \sin \theta ,\rho \sin \alpha )$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 216pt;original-height 111pt;
\includegraphics[width=345pt,height=212pt]{./img-old/08/HYU9ZT0T}
\caption{figura 143}
\end{figure}

Un punto $(\theta ,\alpha ,\rho )$, bajo $g$, va a un punto $(x,y,z)$ con $r=\left\Vert (x,y,0)\right\Vert $ como en la figura anterior, $x=r\cos
\theta $, $y=r\sin \theta $, $\rho =\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$, $r=\rho \cos
\alpha $, y $z=\rho \sin \alpha $, por tanto:
\[
x=\rho \cos \alpha \cos \theta \text{ }y=\rho \cos \alpha \sin \theta \text{ y }z=\rho \sin \alpha 
\]
\[
 g(\theta ,\alpha ,\rho )=(\rho \cos \alpha \cos \theta ,\rho \cos \alpha
\sin \theta ,\rho \sin \alpha )=(x,y,z)
\]


Un rectángulo en el plano $\theta \alpha $, $\rho =0$, bajo $g$, va a un
círculo en el plano $xy$. Un rectángulo en el plano $\alpha \rho $, 
$\theta =0$, va a un círculo en el plano $yz$. Y, un rectángulo en
el plano $\theta \rho $, $\alpha =0$, bajo $g$, va a un segmento de recta
sobre el eje $z$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 172pt;original-height 219pt;
\includegraphics[width=206pt,height=235pt]{./img-old/08/HYU9ZT0U}
\caption{figura 144}
\end{figure}

Un rectángulo en el espacio $\theta \alpha \rho $, con $-\frac{\pi }{2}\leq \alpha \leq \frac{\pi }{2}$, $0\leq \theta \leq 2\pi $ y $0\leq \rho
\leq 1$, bajo $g$, va a una esfera.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 231pt;original-height 122pt;
\includegraphics[width=411pt,height=209pt]{./img-old/08/HYU9ZT0V}
\caption{figura 145}
\end{figure}

Como
\[
Dg(\theta ,\alpha ,\rho )=\left( 
\begin{array}{lll}
-\rho \cos \alpha \sin \theta & -\rho \sin \alpha \cos \theta & \cos \alpha
\cos \theta \\ 
\rho \cos \alpha \cos \theta & -\rho \sin \alpha \sin \theta & \cos \alpha
\sin \theta \\ 
0 & \rho \cos \alpha & \sin \alpha\end{array}\right) 
\]


\noindent entonces
\[
\left\vert \det Dg(\theta ,\alpha ,\rho )\right\vert =\left\vert -\rho \cos
\alpha \left[ -\rho \cos ^{2}\alpha \right] +\sin \alpha \left[ \rho
^{2}\cos \alpha \sin \alpha \right] \right\vert 
\]
\[
 =\left\vert \rho ^{2}\cos \alpha \right\vert 
\]



Así, si $\Omega \subset \mathbb{R}^{3}$ se puede expresar en
coordenadas cilíndricas, con una cambio de variables $g$, tal que $g(R)=\Omega $, para algún $R\subset \mathbb{R}^{3}$, entonces el volumen
de $g(R)=\Omega $ está dado por
\[
 A(g(R))= \int_{g(R)} 1= \int_{R} \left\vert \rho ^{2}\cos
\alpha \right\vert 
\]


\section{Ejercicios}

1. Sea $g(x,y)=e^{x}\left( \cos y,\sin y\right) $ $\forall (x,y)\in \mathbb{R}^{2}$

\noindent a) Cómo transforma $g$ el plano? Ilustrar geométricamente.

\noindent b) ¿ Es $g$ invertible globalmente? 
¿ cuál es el conjunto de puntos donde $g$ es invertible
localmente?

\noindent c) Sea $B=\left\{ (x,y)\mid 0\leq x\leq 2\text{ y }0\leq y\leq
2\pi \right\} $ ¿ En qué se transforma $B$ bajo $g$?
Calcular el área de $g(B)$.

\bigskip

2. Calcular el área del paralelogramo con vértices en $(\pi ,0)$, $(0,\pi )$, $(\pi ,2\pi )$ y $(2\pi ,\pi )$. (Sugerencia: hacer $u=x-y$ y $v=x+y$).

\bigskip

3. Sea $g(x,y)=\left( \frac{x-y}{\sqrt{2}},\frac{x+y}{\sqrt{2}}\right) $, $B=[0,1]\times \lbrack 0,1]$. ¿ Cómo transforma $g$ a $B$. Calcular el área de $g(B)$.

\bigskip

4. Sea $\Omega $ el paralelogramo acotado por las rectas $y=3x-4$, $y=3x$, $y=\frac{1}{2}x$ y $y=\frac{1}{2}\left( x+4\right) $; sea $B=[0,1]\times
\lbrack 0,1]$. Encontrar $g$ tal que $g(B)=\Omega $ y calcular el área
de $\Omega $.

\bigskip

5. Sea $\Omega $ el paraleloramo con vértices en $(-1,3)$, $(0,0)$, $(2,-1)$ y $(1,2)$, y sea $B=[0,1]\times \lbrack 0,1]$ Hallar $g$ tal que $g(B)=\Omega $ y calcular el área de $\Omega $.

\bigskip

6. Encontrar el volumen del sólido limitado por los tres planos
coordenados, la superficie $z=x^{2}+y^{2}$ y el plano $z=1.$

\noindent Sugerencia: muéstrese que el sólido en cuestión es un
paraboloide, con "tapa" en $z=1$; determínese el valor de $x$ haciendo $y=0$ y $z=1$; nótese que en cada altura $z$ el radio del círculo es 
$\sqrt{z}$. Use esto para encontrar los límites de integración de
una integral triple cambiando a coordenadas cilíndricas; esto es, hacer 
$g(r,\theta ,z)=(r\cos \theta ,r\sin \theta ,z)$ y determinar de dónde a
dónde varían $r$, $\theta $ y $z$ de forma que quede determinada la
región $B$ tal que $g(B)=\Omega $. Exprese el volumen de $g(B)$ como la
integral triple:
\[
 \int_{z_{1}}^{z_{2}} \left( \int_{\theta _{1}}^{\theta _{2}} \left( \int_{r_{1}}^{r_{2}} 1 dr\right) d\theta \right) dz .
\]


7. Encontrar el volumen del sólido limitado por los tres planos
coordenados, la superficie $z=x^{2}+y^{2}$ y el plano $x+y=1$. (Igual que en
el ejercicio 6, determinar el sólido en cuestión, hallando de dónde a dónde varían $x$, $y$, y $z$; usar esto para determinar los límites de integración de una integral triple, cambiando a
coordenadas cilíndricas).

\bigskip

8. Encontrar el volumen de la esfera de radio $a$ y centro en el origen.
(Transformar a coordenadas esféricas).

\bigskip

9. Encontrar el volumen del sólido limitado entre las dos esferas concéntricas de radios $a$ y $b$ con centro en el origen, y $0<a<b$.
(Cambiar a coordenadas esféricas).

\bigskip

10. (Coordenadas esféricas generalizadas.) Sea $g:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{\mathbb{R}}^{n}$ definida por
\[
g(\rho ,\theta ,\phi _{1}, \ldots ,\phi _{n-2})=(x_{1}, \ldots ,x_{n})
\]

\noindent donde
\[
\begin{array}{c}
x_{1}=\rho \cos \theta \cos \phi _{1} \cdots \cos \phi _{n-2} \\ 
x_{2}=\rho \sin \theta \cos \phi _{1}\cdots \cos \phi _{n-2} \\ 
x_{3}=\rho \sin \phi _{1}\cos \phi _{2} \cdots \cos \phi _{n-2} \\ 
\vdots  \\ 
x_{n-1}=\rho \sin \phi _{n-3}\cos \phi _{n-2}\ y\ x_{n}=\rho \sin \phi _{n-2}\end{array}.
\]


Sea $A=[0,r]\times \lbrack 0,2\pi ]\times \lbrack -\frac{\pi }{2},\frac{\pi 
}{2}]\times \cdots \times \lbrack -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]\subseteq 
\mathbb{R}^{n}$

\noindent a) Demostrar que $g(A)$ es la ene-esfera $S_{n}=\left\{
(x_{1}, \ldots ,x_{n})\mid x_{1}^{2}+ \cdots +x_{n}^{2}\leq r\right\} $

\noindent b) Demostrar que $\det Dg(\rho ,\theta ,\phi _{1}, \ldots ,\phi
_{n-2})=\rho ^{n-1}\cos \phi _{1}\cos ^{2}\phi _{2} \cdots \cos ^{n-2}\phi _{n-2}$

\noindent (Sugerencia: sumar a la primera columna de la matriz, $Dg$, un múltiplo apropiado de la enésima columna y suar inducción.)

\noindent c) Calcular el contenido ("hipervolumen") de Jordán de la $n$-esfera de radio $r$. Es decir, calcular la integral
\[
 \int_{S_{n}} 1dx_{1}dx_{2} \ldots dx_{n} .
\]

\noindent Demostrar que
\[
c(S_{n})=\left\{ 
\begin{array}{ll}
\frac{\pi ^{\frac{n}{2}}}{\left( \frac{n}{2}\right) { ! }}r^{n} & \text{
si }n\text{ es par} \\ 
\frac{\left( \frac{n-1}{2}\right) { ! }}{n!}2^{n}\left[ \pi ^{\left( 
\frac{n-1}{2}\right) }\right] r^{n} & \text{si }n\text{ es impar}\end{array}\right. 
\]

\noindent (Sugerencia: utilizar el hecho de que para $n\geq 2$, $\int^{\frac{\pi }{2}}_{-\frac{\pi }{2}} \cos ^{n}\phi d\phi =\frac{n}{n-1} \int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}  \cos
^{n-2}\phi d\phi $.)

\bigskip

\noindent Nota: Si $n=2$ o $3$, obtenemos los resultados conocidos: $c(S_{2})=\pi r^{2}$ y $c(S_{3})=\frac{4}{3}\pi r^{3}$. Otros resultados
particulares son $c(S_{4})=\frac{1}{2}\pi ^{2}r^{4}$ y $c(S_{5})=\frac{8}{15}\pi ^{2}r^{5}$.

